MAT 147 - CALCULO II - FEA-USP

2º SEMESTRE de 2012

Professor Oswaldo Rio Branco de Oliveira

QUATRO TEOREMAS DAS FUNCOES IMPLICITAS

Nesta apresentacao utilizaremos o teorema abaixo.

Teorema do Valor Medio. Seja f ∶ Ω Ð→ R, com Ω um aberto em R2,

uma funcao diferenciavel. Consideremos dois pontos P e Q, ambos em Ω,

tais que o segmento que os une, PQ, esta contido em Ω. Entao, existe um

ponto P ∈ PQ tal que

f(Q) − f(P ) = Ð→∇f(P ) ⋅ (Q −P ).

E claro que ha um resultado analogo ao acima se Ω e um aberto de R3.

O TEOREMA FUNDAMENTAL DAS FUNCOES IMPLICITAS

Motivacao. Seja f ∶ Ω→ R uma funcao definida em um aberto Ω ⊂ R2. Ob-

jetivamos encontrar condicoes em que dada a equacao f(x, y) = 0 podemos

explicitar y como funcao da variavel x, x em algum intervalo aberto. Isto e,

determinarmos uma funcao y = g(x) tal que f(x, g(x)) = 0 para todo ponto

x ∈ Dom(g) = (a, b) ⊂ R, onde a ≠ b. Ainda mais, assegurada a existencia de

uma tal funcao g desejamos identificar sob quais hipoteses podemos con-

cluir, para g, sua unicidade ou continuidade ou diferenciabilidade.

Definicao. Uma funcao y = g(x) se diz definida (dada) implicitamente pela

equacao f(x, y) = 0 se f(x, g(x)) = 0, para todo x ∈ Dom(g). Diz-se tambem

que y = g(x) e solucao implıcita da equacao f(x, y) = 0. Analogamente

definimos solucoes implıcitas x = h(y) .Notacao. Para diferenciar ponto de vetor, por vezes indicamos um vetorÐ→v = (a, b) ∈ R2 por Ð→v = ⟨a, b⟩.

Exemplo 1. A analise da equacao x2 + y2 − 1 = 0, neste caso f(x, y) =x2 + y2 − 1, e elucidativa. A equacao x2 + y2 = 1 define a circunferencia no

plano, de raio 1 e centrada na origem, usualmente indicada por S1.

Claramente, as funcoes g1(x) = +√1 − x2, onde x ∈ (−1,+1), e g2(x) =

−√1 − x2, onde x ∈ (−1,+1), sao solucoes implıcitas da equacao x2+y2−1 = 0.

Os graficos de g1 e g2 sao, respectivamente, o “hemisferio” superior

H+ = (x, y) ∶ x2+ y2 = 1 e y ≥ 0,

e o “hemisferio” inferior

H− = (x, y) ∶ x2+ y2 = 1 e y ≤ 0,

de S1, subtraıdos de ambos os pontos (−1,0) e (1,0).

x

y

x 1−1

g1(x) = +√1 − x2

g2(x) = −√1 − x2

Figura 1: Solucoes implicıtas da equacao x2 + y2 = 1, se x ∈ (−1,+1)

Se (x0, y0) ∈ H+ e y0 > 0, entao a funcao g1(x) = +√1 − x2 com x ∈ (−1,+1)

e, entre as solucoes da equacao x2 + y2 = 1, uma solucao tal que g1(x0) = y0.Analogamente, se (x0, y0) ∈ H− e y0 < 0, entao a funcao g2(x) = −

√1 − x2

onde x ∈ (−1,1), e solucao de f(x, y) = 0 tal que g2(x0) = y0. Vide Figura 1.

Logo, se (x0, y0) ∈ S1 e tal que y0 < 0 ou y0 > 0 determinamos uma funcao

2

y = g(x) definida em um intervalo I, aberto e contendo x0, tal que

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩f(x, g(x)) = 0 , para todo x ∈ I , onde x0 ∈ I ,g(x0) = y0.

Neste caso temos I = (−1,1). Porem, todo intervalo (x0 − r, x0 + r), r > 0,contido em (−1,1) serve.

Se (x0, y0) = (1,0) ∈ S1, observando o desenho da circunferencia, proximo

ao ponto (1,0), e obvio que nao podemos encontrar um intervalo aberto

centrado em x0 = 1, I = (1−r,1+r), r > 0, e uma funcao g ∶ (1−r,1+r) → R,

tal que x2+g(x)2 = 1 para todo x ∈ (1−r,1+r). Neste caso, tal g nao existe

ainda que descontınua. Vide Figura 2 que segue.

x

yÐ→∇f(0, 1)

Ð→∇f(1, 0)Ð→∇f

Ð→∇fx = −1x = 1

y = −1

y = 1

Figura 2: Analise das solucoes da equacao x2 + y2 = 1 nos pontos (±1,0) e (0,±1)

A circunferencia S1 e a curva de nıvel zero de f = f(x, y), donde o gradienteÐ→∇f = ⟨2x,2y⟩ e ortogonal ao S1 em cada ponto.

Atencao. A reta tangente [T ] a curva de nıvel zero, no ponto (1,0), e“vertical” pois paralela ao eixo Oy [prenuncio de dificuldades para determi-

narmos y = g(x)] e Ð→∇f(1,0) e paralelo ao eixo x [indicando que neste caso

a reta tangente T e paralela a Oy].

3

Analogamente, se (x0, y0) = (−1,0) entao nao existe intervalo I, aberto e

contendo x0 = −1, e g ∶ I → R, tal que x2 + g(x)2 = 1, ∀x ∈ I, e g(−1) = 0.Ainda, a reta tangente a curva de nıvel zero, no ponto (−1,0), e paralela

ao eixo Oy e o vetorÐ→∇f(−1,0) e paralelo a Ox (vide Figura 2).

A analise e analoga se procurarmos solucoes implicıtas da equacao

x2+ y2 − 1 = 0 ,

da forma x = h(y) tais que x0 = h(y0) e x20+ y2

0= 1 e, neste caso, se x0 = 0,

nos pontos (0,−1) e (0,+1) nao podemos determinar uma funcao x = h(y),onde y ∈ I, sendo I um intervalo aberto centrado em y0 = −1 (ou y0 = +1),tal que h(y)2 + y2 = 1, para todo y ∈ I, e h(y0) = 0 (vide Figura 2).

Atencao. As retas tangentes a curva de nıvel zero, em (0,−1) e em (0,+1),sao “horizontais” pois paralelas ao eixo Ox e

Ð→∇f e paralelo ao eixo Oy ∎

Mostramos a seguir que se f ∈ C1 e o vetor gradienteÐ→∇f(x0, y0) nao e

paralelo ao eixo Ox [donde segue que a reta tangente, se existir, a curva de

nıvel de f passando pelo ponto (x0, y0) nao e paralela ao eixo Oy], podemos

entao determinar uma funcao y = g(x) definida em um intervalo aberto I

contendo o ponto x0 tal que

f(x, g(x)) = 0 ,∀x ∈ I , e g(x0) = y0.

Teorema 1. Seja f = f(x, y) ∈ C1(Ω;R), com Ω um aberto nao vazio em

R2, e P0 = (x0, y0) um ponto em Ω tal que f(x0, y0) = 0. Nestas condicoes,se ∂f

∂y(x0, y0) ≠ 0, entao existem intervalos abertos I e J , contidos em R,

com x0 ∈ I e y0 ∈ J , satisfazendo:

Para cada x ∈ I existe um unico y = g(x) ∈ J , tal que f(x, g(x)) = 0. A funcao g ∶ I → J e diferenciavel, de classe C1, e

g′(x) = −∂f

∂x(x, g(x))

∂f

∂y(x, g(x)) .

4

Previamente a prova deste teorema e util uma serie de observacoes:

(1) O nome do teorema evidentemente se deve ao fato de podermos, teoricamente,

determinar localmente a variavel y em funcao da variavel x.

(2) Como estamos interessados em resolver f(x, y) = 0 localmente, pode-

mos supor que Ω e uma bola aberta (ou retangulo aberto) centrada em

(x0, y0) suficientemente pequena tal que ∂f

∂y(x, y) ≠ 0, ∀(x, y) ∈ Ω; e

portanto, a derivada parcial ∂f

∂ynao troca de sinal em Ω. Suponhamos

entao, sem perda de generalidade, ∂f

∂y> 0 em um tal domınio Ω.

(3) Retangulos e bolas sao conjuntos convexos [um conjunto e convexo se

contem todo segmento unindo dois pontos quaisquer do conjunto].

(4) A unicidade da funcao g(x) e trivial. De fato, se f(x, y1) = f(x, y2),com (x, y1) e (x, y2) em Ω, ∂f

∂y> 0 e Ω convexo, e facil ver que y1 = y2.

(5) Pela observacao (4), se g ∶ Dom(g) → R e h ∶ Dom(h) → R satisfazem

f(x, g(x)) = f(x,h(x)) , com x ∈ Dom(g) ∩Dom(h) ,

entao temos g(x) = h(x), para todo x ∈ Dom(g)∩Dom(h). Isto e, vale

a identidade g ≡ h na interseccao de domınios Dom(g) ∩Dom(h).(6) Pela observacao (5) [e com a notacao no enunciado do Teorema 1] segue

que para concluirmos a diferenciabilidade de g sobre todo o intervalo

I e suficiente provarmos a Afirmacao:

“para todo (x0, y0) ∈ Ω, existe uma funcao g ∶ I → J satisfazendo as

seguintes condicoes: f(x, g(x)) = 0, y0 = g(x0) e g derivavel em x0.”

Verificacao. De fato, dado x1 arbitrario no intervalo aberto I, pela

Afirmacao sabemos que existe uma funcao h definida em um intervalo

aberto I1 centrado em x1 tal que f(x,h(x)) = 0,∀x ∈ I1, com h de-

rivavel em x1. Entretanto, como x1 ∈ I ∩ I1, o qual e um intervalo

aberto, e g ≡ h em I ∩ I1, concluımos que g e derivavel em x1, ∀x1 ∈ I.

5

(7) Tendo provado que g e diferenciavel, a formula apresentada para a de-

rivada de g segue diretamente da regra da cadeia aplicada ao computo:

0 = d(0)dx= d

dxf(x, g(x)) = ∂f

∂x(x, g(x)) + ∂f

∂y(x, g(x)) ⋅ g′(x) .

(8) Utilizando a notacao apresentada no enunciado do teorema, temos que

a curva γ ∶ I → I × J ⊂ Ω, γ(x) = (x, g(x)), e tal que

f(γ(x)) = 0, ∀x ∈ I.

Logo, γ e uma curva de nıvel zero de f , satisfazendo ainda as tres

seguintes condicoes:

(i) γ e diferenciavel.

(ii) γ′(x) = ⟨1, g′(x)⟩ ≠Ð→0 , ∀x ∈ I.(iii)

Ð→∇f(γ(x)) ⋅ γ′(x) = 0, ∀x ∈ I, donde Ð→∇f(γ(x)) ⊥ γ′(x), ∀x ∈ I.

Dizemos que γ e uma parametrizacao local, passando pelo ponto (x0, y0),da curva L de nıvel zero de f = f(x, y). Por meio de uma translacao

podemos supor a curva γ definida em um intervalo aberto I = (−δ, δ),δ > 0, tal que γ(t) ∈ L e f(γ(t)) = 0 se t ∈ I = (−δ, δ), e ainda

mais, γ(0) = P0 e γ′(0) ≠ Ð→0 . Tal formulacao serve tanto no caso∂f

∂x(x0, y0) ≠ 0 como no caso ∂f

∂y(x0, y0) ≠ 0.

(9) Com as notacoes e a simplificacao do ıtem (8), por (8)(iii) segue que o

vetor gradienteÐ→∇f(γ(t)) e ortogonal a curva γ e assim ao grafico de

g. Logo, o vetorÐ→∇f(γ(0)) e normal ao grafico de g no ponto (x0, y0).

(10) Tendo provado que a funcao g e diferenciavel e a formula para a deri-

vada de g, como as derivadas parciais de f sao contınuas, concluımos

que a funcao g′ e tambem contınua. Consequentemente, g ∈ C1.

Demonstracao do Teorema.

Existencia.

Sendo f ∈ C1, temos que existe uma bola B = B((x0, y0); δ), δ > 0, tal

que ∂f

∂y> 0 em B. Sejam y1 e y2 tais que y1 < y0 < y2, com (x0, y1) ∈ B e

(x0, y2) ∈ B. Seja J = [y1, y2] contido no eixo das ordenadas (v. Figura 3).

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y

y0y1

y1

y2

y2

x0

I

J

y = g(x)

Figura 3: Teorema 1 das Funcoes Implıcitas

Considerando a funcao [y1, y2] ∋ y ↦ f(x0, y) temos que esta e estritamente

crescente e f(x0, y0) = 0. Logo, f(x0, y1) < 0 e f(x0, y2) > 0. Consequente-

mente, pela continuidade da funcao f , existe um intervalo aberto I, con-

tendo x0, tal que ∀x ∈ I temos f(x, y1) < 0 e f(x, y2) > 0. Portanto, fixadox ∈ I, a funcao [y1, y2] ∋ y ↦ f(x, y) e tal que f(x, y1) < 0 e f(x, y2) > 0.Donde, pelo Teorema do Valor Intermediario segue que existe um unico y,

onde y = g(x) ∈ (y1, y2), tal que f(x, g(x)) = 0. Observemos que o retangulo

I × J esta contido na bola B.

Continuidade no ponto x0.

Sejam y1 e y2 como acima e sejam y1 e y2 tais que y1 < y1 < y0 < y2 < y2.Procedendo como acima encontramos um intervalo aberto I1 centrado em

x0 e contido em I, tal que:

se x ∈ I1 entao g(x) ∈ (y1, y2).Logo, g e contınua no ponto x0.

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Diferenciabilidade no ponto x0.

Suponhamos ∆x ≠ 0 e pequeno o suficiente tal que x0 +∆x ∈ I. Considere-mos os pontos P0 = (x0, y0) = (x0, g(x0)) e P = (x0+∆x, g(x0+∆x)), ambos

no convexo I × J ⊂ B. Aplicando o Teorema do Valor Medio a funcao f

restrita ao segmento P0P vemos que existe um ponto (x, y) ∈ P0P tal que

0 = f((x0 +∆x, g(x0 +∆x)) − f(x0, g(x0)) == ∂f

∂x(x, y)∆x + ∂f

∂y(x, y)[g(x0 +∆x) − g(x0)].

Donde, como as derivadas parciais fx e fy sao contınuas, com fy ≠ 0 em B,

e a funcao g e contınua em x0 e, ainda, (x, y) ∆x→0ÐÐÐ→ P0 = (x0, y0), segue queg(x0 +∆x) − g(x0)

∆x= −

∂f

∂x(x, y)

∂f

∂y(x, y)

∆xÐ→0ÐÐÐÐ→ −∂f

∂x(x0, y0)

∂f

∂y(x0, y0) ∎

Exemplo 2. Determine pontos (x0, y0) ∈ R2 tais que em um intervalo em

torno de x0 existe solucao implıcita y = y(x) da equacao y3 + 3xy + x3 = 4.Compute entao y′(x0).Resolucao. Seja f(x, y) = y3 + 3xy + x3 − 4, onde (x, y) ∈ R2.

Se f(x0, y0) = 0 e fy(x0, y0) = 3y20+ 3x0 = 3(y2

0+ x0) ≠ 0, pelo Teorema 1

existe y = g(x), definida em um intervalo em torno de x0, tal que

f(x, g(x)) = g(x)3 + 3xg(x) + x3− 4 = 0 e g(x0) = y0.

Como f e C1, pelo Teorema 1, g e derivavel e pelas regras usuais de de-

rivacao segue que 3g(x0)2g′(x0) + 3g(x0) + 3x0g′(x0) + 3x20= 0. Logo,

dy

dx(x0) = g′(x0) = − g(x0) + x2

0

g(x0)2 + x0

= −x20+ y0

x0 + y20

∎

Destaquemos que sob as hipoteses do Teorema 1 asseguramos (localmente):

a existencia, a unicidade e a diferenciabilidade

da solucao y = g(x) do problema

f(x, y) = 0 e f(x0, y0) = 0.Se ∂f

∂y(x0, y0) = 0, nada podemos afirmar sobre ou a existencia ou a unicidade

ou a diferenciabilidade de uma solucao g para o referido problema.

O exemplo abaixo mostra que se ∂f

∂y(x0, y0) = 0 entao nao podemos a priori

supor a nao existencia de uma solucao diferenciavel para o citado problema.

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Exemplo 3. Seja f(x, y) = x3 − y3, (x, y) ∈ R2.

(a) Descreva a curva de nıvel zero de f e mostre queÐ→∇f(0,0) = ⟨0,0⟩.

(b) De uma solucao implıcita e diferenciavel y = g(x) de f(x, y) = 0 tal

que g(0) = 0.Resolucao.

(a) Obviamente, x3 − y3 = 0⇔ x = y e, a curva de nıvel zero e a bissetriz

principal. E evidente que o gradiente e nulo em (0,0).(b) A funcao g(x) = x e difererenciavel e atende os requisitos ∎

O exemplo abaixo, mostra que se ∂f

∂y(x0, y0) = 0 e y = g(x) e uma solucao

contınua para f(x, y) = 0, por (x0, y0), pode ocorrer que g nao e diferenciavel.Exemplo 4. Seja f(x, y) = x − y3, para todo (x, y) ∈ R2.

(a) Descreva a curva de nıvel zero de f e mostre que fy(0,0) = 0.(b) De uma solucao implicıta e contınua y = g(x), de f(x, y) = 0, tal que

g(0) = 0.(c) Verifique que g nao e derivavel.

Solucao.

y

x

y = 3√x

y = 3√x

y = x3

Figura 4: Solucoes implicıtas da equacao x − y3 = 0

(a) Temos f(x, y) = 0 se e somente se x − y3 = 0, isto e, y = 3√x. A curva

de nıvel zero e o grafico da funcao raız cubica, a qual e a inversa da

funcao cubica: y = x3, cujo grafico e elementar. O grafico de y = 3√x e

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entao simetrico ao grafico de y = x3 em relacao a bissetriz principal do

plano [esboce-o]. Obviamente, fy(x, y) = −3y2 e fy(0,0) = 0.(b) e (c) Se g(x) = 3

√x, temos que f(x, g(x)) = x − g(x)3 = 0, g(0) = 0, g e

contınua e, e facil ver, nao existe dg

dx(0) ∎

Mostremos agora que se ∂f

∂y(x0, y0) = 0 entao pode ocorrer a nao unicidade da

solucao implicıta diferenciavel y = g(x) para f(x, y) = 0, pelo ponto (x0, y0).Exemplo 5. Seja f(x, y) = x2 − y2,(x, y) ∈ R2.

(a) Descreva a curva de nıvel zero de f e mostre queÐ→∇f(0,0) = ⟨0,0⟩.

(b) De duas solucoes implicıtas diferenciaveis y = g(x) de f(x, y) = 0, peloponto (0,0).

Resolucao.

x

y

x2 − y2 = 0y = x (bissetriz principal)y = −x (bissetriz secundaria)

Figura 5: Solucoes implicıtas da equacao x2 − y2 = 0

(a) A curva de nıvel zero e o conjunto (x,±x) ∶ x ∈ R, uniao das bisse-

trizes principal e secundaria do plano. E evidente que

Ð→∇f(0,0) =Ð→0 ∈ R2.

(b) E claro que g1(x) = x e g2(x) = −x sao ambas solucoes implicıtas

diferenciaveis pela origem (0,0) ∎

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Exemplo 6. Suponhamos que a funcao z = g(x, y), (x, y) ∈ Dom(g), comDom(g) um aberto de R2, dada implicitamente pela equacao F (x, y, z) = 0,e diferenciavel em Dom(g), sendo F diferenciavel num aberto Ω ⊂ R3 e

∂F

∂z(x, y, g(x, y)) ≠ 0 , ∀(x, y) ∈ Dom(g).

(a) Mostre que

∂g

∂x(x, y) = − ∂F

∂x(x,y,g(x,y))

∂F∂z(x,y,g(x,y)) e ∂g

∂y(x, y) = − ∂F

∂y(x,y,g(x,y))

∂F∂z(x,y,g(x,y)) .

(b) Observando que o grafico de g esta contido na superfıcie de nıvel 0

de F , mostre que o gradiente de F no ponto Po = (x0, y0, g(x0, y0)) eortogonal ao plano tangente ao grafico de g no ponto P0.

Solucao.

(a) Pela regra da cadeia, para pontos (x, y) ∈ Dom(g) temos as equacoes

0 = ∂∂x[F (x, y, g(x, y))] = ∂F

∂x.1 + ∂F

∂y.0 + ∂F

∂z

∂g

∂x

= ∂F∂x(x, y, g(x, y)) + ∂F

∂z(x, y, g(x, y)) ∂g

∂x(x, y)

e0 = ∂

∂y[F (x, y, g(x, y))] = ∂F

∂y.0 + ∂F

∂y.1 + ∂F

∂z

∂g

∂y

= ∂F∂y(x, y, g(x, y)) + ∂F

∂z(x, y, g(x, y))∂g

∂y(x, y) ,

as quais fornecem, ja que ∂F∂z(x, y, g(x, y)) ≠ 0, as formulas em (a).

(b) O plano π, tangente ao grafico de g no ponto P0 = (x0, y0, g(x0, y0))tem sua direcao dada pelo vetor normal

Ð→n P0= ⟨gx(x0, y0) , gy(x0, y0) ,−1⟩

e, devido a hipotese ∂F∂z(P0) ≠ 0, o plano π tem tambem a direcao

∂F∂z(P0)Ð→n P0

= ⟨∂F∂z(P0) ∂g∂x(x0, y0) , ∂F∂z (P0)∂g∂y(x0, y0) ,−∂F

∂z(P0)⟩ .

Finalmente, pelo item (a) temos o par de equacoes

∂F∂z(P0) ∂g∂x(x0, y0) = −∂F

∂x(P0) e ∂F

∂z(P0)∂g∂y (x0, y0) = −∂F

∂y(P0),

e consequentemente

∂F∂z(P0)Ð→n P0

= ⟨−∂F∂x(P0) ,−∂F

∂y(P0) ,−∂F

∂z(P0)⟩ = −Ð→∇F (P0) ∎

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SEGUNDA VERSAO DO TEOREMA DA FUNCAO IMPLICITA

Teorema 2. Sejam F (x, y, z) uma funcao de classe C1 no aberto Ω ⊂ R3

e um ponto P0 = (x0, y0, z0) ∈ Ω, com F (x0, y0, z0) = 0. Nestas condicoes,

se ∂F∂z(x0, y0, z0) ≠ 0, entao existirao um retangulo aberto I × J centrado

no ponto (x0, y0) e um intervalo aberto V , com z0 ∈ V , tais que para cada

(x, y) ∈ I × J existe um unico numero g(x, y) ∈ V satisfazendo

F (x, y, g(x, y)) = 0.A funcao z = g(x, y), com (x, y) ∈ I × J , e diferenciavel, de classe C1, e:

∂g

∂x(x, y) = −

∂F∂x(x, y, g(x, y))

∂F∂z(x, y, g(x, y)) e

∂g

∂y(x, y) = −

∂F∂y(x, y, g(x, y))

∂F∂z(x, y, g(x, y)) .

Antes de iniciarmos a prova deste teorema tecamos duas observacoes:

(1) Utilizemos as notacoes Fx, Fy e Fz para ∂F∂x,∂F∂y

e ∂F∂z, respectivamente.

(2) Como no Teorema 1, supondo Ω convexo e pequeno o suficiente tal

que Fz > 0 em Ω, vale a unicidade: F (x, y, z1) = F (x, y, z2)⇒ z1 = z2.

Demonstracao do Teorema.

Existencia.

Consideremos (v. Figura 6 abaixo) um paralelepıpedo (convexo) aberto

I ×J × (z1, z2), centrado em (x0, y0, z0), pequeno o suficiente tal que seu fe-

cho esteja contido em Ω. Visto que temos Fz > 0, seguem as desigualdades

F (x0, y0, z1) < 0 = F (x0, y0, z0) < F (x0, y0, z2). Assim, devido a continui-

dade de F , podemos supor, sem perda de generalidade, que I e J sao sufici-

entemente pequenos tais que a restricao de F a I ×J × z1 e estritamente

negativa e a restricao de F a I × J × z2 e estritamente positiva.

Fixando agora (x, y) ∈ I × J e considerando a funcao ϕ(z) = F (x, y, z),com z ∈ [z1, z2], temos que ϕ e contınua, estritamente crescente (pois tem

derivada estritamente positiva), e ainda mais ϕ(z1) < 0 e ϕ(z2) > 0. Logo,

existe um unico z = g(x, y) ∈ (z1, z2) tal que ϕ(g(x, y)) = F (x, y, g(x, y)) = 0.Seja entao g assim definida, g ∶ I × J ↦ (z1, z2).

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F (x, y, z)

F (P0) 0

I × J × z1

J

P0

y0

x0

I × J × z2

α

β

I

x

z

y

Figura 6: Teorema 2 das Funcoes Implıcitas

Continuidade de g em (x0, y0).Procedendo como acima temos que para todos z1 e z2, satisfazendo as desi-

gualdades z1 < z1 < z0 < z2 < z2, determinamos um retangulo aberto I1 × I2,

centrado no ponto (x0, y0), tal que(x, y) ∈ I1 × J1 ⇒ g(x, y) ∈ (z1, z2).

Logo, g e contınua em (x0, y0).Continuidade de g em seu domınio.

Analogamente a prova do Teorema Fundamental da Funcao Implıcita, e

como g e contınua em (x0, y0), e facil ver que g e contınua em I1 × I2.

g e de classe C1 em seu domınio.

Fixando um arbitrario y em I2 temos

F(x, y, g(x, y)) = 0, para todo x ∈ I1.

Definindo entao a funcao

F(x, z) = F (x, y, z) , onde (x, z) ∈ I1 × (z1, z2)obtemos

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩F(x, g(x, y)) = F (x, y, g(x, y)) = 0, para todo x ∈ I1,∂F∂z(x, z) = ∂F

∂z(x, y, z) ≠ 0, para todo (x, z) ∈ I1 × (z1, z2).

13

Aplicando o Teorema Fundamental das Funcoes Implıcitas a funcao F ve-

mos que a funcao x↦ g(x, y) e derivavel em todo ponto x ∈ I1 e

∂g

∂x(x, y) = −

∂F∂x(x, g(x, y))

∂F∂z(x, g(x, y)) = −

∂F∂x(x, y, g(x, y))

∂F∂z(x, y, g(x, y)) .

Entao, como y e arbitrario em I2, segue que ∂g

∂x(x, y) e contınua em I1 × I2.

Analogamente, ∂g

∂ytambem. Portanto, g e de classe C1.

Exemplo 7. Ache pontos (x0, y0, z0) ∈ R3 tais que a equacao

x3+ y3 + z3 = x + y + z

tenha solucoes implicıtas diferenciaveis z = z(x, y) em uma bola aberta

contendo (x0, y0) e tais que z(x0, y0) = z0. Compute ∂z∂x

e ∂z∂y.

Resolucao.

Consideremos a superfıcie de nıvel zero de

F (x, y, z) = x3+ y3 + z3 − x − y − z.

Temos,∂F

∂z= 3z2 − 1

e Fz(x0, y0, z0) ≠ 0, se ocorre z0 ≠ ±√3

3. Entao, pelo Teorema 2, se o ponto

P0 = (x0, y0, z0) pertence a superfıcie F −1(0) e ainda z0 ≠ ±√3

3, segue que

existe uma funcao z = z(x, y) como desejada.

Ainda mais, derivando parcialmente a equacao

x3+ y3 + z3(x, y) − x − y − z(x, y) = 0 ,

obtemos

3x2+ 3z2(x, y)zx − 1 − zx = 0 , 3y2 + 3z2(x, y)zy − 1 − zy = 0 .

Logo,

∂z

∂x(x, y) = 1 − 3x2

3z2(x, y) − 1 e∂z

∂y(x, y) = 1 − 3y2

3z2(x, y) − 1 ∎

14

Exemplo 8. Se y = y(x) e z = z(x), x ∈ I = (a, b) ⊂ R, sao solucoes

implicıtas de

(S1)⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

F (x, y, z) = 0G(x, y, z) = 0 ,

com F e G diferenciaveis num aberto de R3, compute as derivadas dy

dxe dz

dx

(em funcao das derivadas parciais de F e G).

Resolucao.

Por hipotese temos,

(S2) F (x, y(x), z(x)) = 0 e G(x, y(x), z(x)) = 0 ,

e portanto a curva γ(x) = (x, y(x), z(x)), x ∈ I = (a, b), esta contida na

interseccao das superfıcies de nıvel zero de F e de G: F (x, y, z) = 0 e

G(x, y, z) = 0.Obtemos dy

dxe dz

dxderivando as equacoes em (S2) em relacao a variavel x:

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩∂F∂x

dxdx+

∂F∂y

dy

dx+

∂F∂z

dzdx= 0

∂G∂x

dxdx+

∂G∂y

dy

dx+

∂G∂z

dzdx= 0 ,

ou equivalentemente, ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩∂F∂y

dy

dx+

∂F∂z

dzdx= −∂F

∂x

∂G∂y

dy

dx+

∂G∂z

dzdx= −∂G

∂x,

cuja solucao e dada pela Regra de Cramer,

dy

dx= −

RRRRRRRRRRRR∂F∂x

∂F∂z

∂G∂x

∂G∂z

RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR∂F∂y

∂F∂z

∂G∂y

∂G∂z

RRRRRRRRRRRR

,dz

dx= −

RRRRRRRRRRRR∂F∂y

∂F∂x

∂G∂y

∂G∂x

RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR∂F∂y

∂F∂z

∂G∂y

∂G∂z

RRRRRRRRRRRR

,

para todo x ∈ (a, b) tal queRRRRRRRRRRRR

∂F∂y

∂F∂z

∂G∂y

∂G∂z

RRRRRRRRRRRR≠ 0 no ponto γ(x) = (x, y(x), z(x)).

Notacao. O determinante jacobiano de F e G em relacao a y e a z, nesta

ordem, e:

∂(F,G)∂(y, z) =

RRRRRRRRRRRR∂F∂y

∂F∂z

∂G∂y

∂G∂z

RRRRRRRRRRRR.

15

De forma analoga indicamos os determinantes jacobianos de F e G em

relacao a x e z (nesta ordem) e em relacao a y e x (nesta ordem). Com tais

notacoes temos,

dy

dx= −

∂(F,G)∂(x,z)∂(F,G)∂(y,z)

,dz

dx= −

∂(F,G)∂(y,x)∂(F,G)∂(y,z)

Exemplo 9. Seja g(u, v) = f(x, y), com x = x(u, v) e y = y(u, v) dadasimplicitamente: ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

u = x2 + y2

v = xy .

Suponha x∂f

∂x− y ∂f

∂y= 0.

(a) Mostre que ∂y

∂u= −y

x∂x∂u.

(b) Compute ∂g

∂u.

(c) Mostre que f e constante sobre as hiperboles xy = c.

Resolucao.

(a) Temos v = x(u, v).y(y, v), ∀(u, v). Portanto, derivando tal equacao

em relacao a u temos,

0 = y∂x∂u+ x

∂y

∂u,

donde segue (a).

(b) Pela regra da cadeia temos,

∂g

∂u= ∂f

∂x∂x∂u+

∂f

∂y

∂y

∂u= ∂f

∂x∂x∂u

∂f

∂y( − y

x∂x∂u)

= (∂f∂x−

y

x

∂f

∂y)∂x∂u= 1

x(x∂f

∂x− y ∂f

∂y)∂x∂u

.

Entao, como x∂f

∂x− y ∂f

∂y= 0, segue que ∂g

∂u= 0.

(c) Seja c ∈ R fixado e γ(x) = (x, cx), x ≠ 0, uma parametrizacao da

hiperbole xy = c. Seja ainda, ϕ(x) = f(x, cx) a restricao de f sobre a

hiperbole. Entao, utilizando que xy = c na segunda igualdade abaixo,

ϕ′(x) = ∂f

∂x(x, c

x) + ∂f

∂y(x, c

x).(−c

x2 )= ∂f

∂x(x, y) − xy

x2

∂f

∂y(x, y)

= 1

x[x∂f

∂x− y ∂f

∂y](x, y) = 0.

Portanto, f e constante sobre as hiperboles xy = c ∎

16

Exemplo 10. Seja x = x(u, v) e y = y(u, v) dadas implicitamente pelo

sistema

(S)⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

u = x2 + y2

v = xy .

(a) Compute ∂x∂u

e ∂y

∂uem termos de x e y.

(b) Determine um par de funcoes x = x(u, v) e y = y(u, v) solucoes implıcitas

de (S).

Resolucao.

(a) Derivando as duas equacoes de (S) em relacao a variavel u obtemos,

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩1 = 2x∂x

∂u+ 2y ∂y

∂u

0 = y ∂x∂u+ x ∂y

∂u.

Neste ultimo sistema, multiplicando a primeira equacao por x, a 2ª por−2y e entao somando-as obtemos xu. Analogamente, multiplicando a

1ª equacao por −y, a segunda por 2x e somando-as obtemos yu. Assim,

∂x

∂u= x

2(x2 − y2) e∂y

∂u= − y

2(x2 − y2) .

(b) Do sistema (S) temos,

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩(x + y)2 = x2 + 2xy + y2 = u + 2v(x − y)2 = x2 − 2xu + v2 = u − 2v ,

e pela escolha de sinais abaixo ao extrairmos as raızes quadradas no

sistema acima,

x + y = +√u + 2v , x − y = −

√u − v .

Donde, ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x = x(u, v) = √u+2v−

√u−2v

2

y = y(u, v) = √u+2v+√u−2v

2∎

No teorema abaixo utilizamos a notacao introduzida no Exemplo 7 para o

determinate jacobiano de duas funcoes em relacao a duas de suas variaveis.

17

TERCEIRA VERSAO DO TEOREMA DA FUNCAO IMPLICITA

Exemplo 11. Consideremos o sistema linear nas variaveis x, y e z,

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x + 2y + 3z = 0

4x + 5y + 6z = 0.

Como RRRRRRRRRRRR2 3

5 6

RRRRRRRRRRRR= −3 ≠ 0,

podemos determinar as variaveis y e z em funcao de x. De fato, escrevendo

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩2y + 3z = −x

5y + 6z = −4x

obtemos

y =

RRRRRRRRRRRR−x 3

−4x 6

RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR2 3

5 6

RRRRRRRRRRRR

= −2x e z =

RRRRRRRRRRRR2 −x

5 −4x

RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR2 3

5 6

RRRRRRRRRRRR

= x.

Teorema 3. Consideremos F (x, y, z) e G(x, y, z), ambas de classe C1 no

aberto Ω ⊂ R3 e seja P0 = (x0, y0, z0) ∈ Ω, comF (x0, y0, z0) = 0 e G(x0, y0, z0) = 0.

Nestas condicoes, seÐ→∇F (x0, y0, z0) e Ð→∇G(x0, y0, z0) sao L.I. com

∂(F,G)∂(y, z) (x0, y0, z0) ≠ 0,

entao existem um intervalo aberto I, contendo x0, e tambem um par de

funcoes y = y(x) e z = z(x) de classe C1 em I, tais que

F (x, y(x), z(x)) = G(x, y(x), z(x)) = 0, ∀x ∈ I.Alem disso, temos y0 = y(x0) e z0 = z(x0). Tem-se ainda

dy

dx= −

∂(F,G)∂(x,z)∂(F,G)∂(y,z)

edz

dx= −

∂(F,G)∂(y,x)∂(F,G)∂(y,z)

,

sendo os determinantes jacobianos calculados em (x, y(x), z(x)), com x ∈ I.

18

Demonstracao.

Podemos supor, sem perda de generalidade, que ∂(F,G)∂(y,z) e nao nulo em Ω.

Suponhamos ainda, tambem sem perda de generalidade, a desigualdade∂F∂z(x0, y0, z0) ≠ 0. Pelo Teorema 2 a equacao F (x, y, z) = 0 define implicita-

mente uma funcao z = g(x, y), (x, y) ∈ V , sendo g de classe C1 em uma bola

aberta V , com V centrada em (x0, y0) e z0 = g(x0, y0). Analisemos, agora,

a funcao H(x, y) = G(x, y, g(x, y)), (x, y) ∈ V . E facil ver que a funcao H

e de classe C1, com H(x0, y0) = 0 e ∂H∂y(x0, y0) ≠ 0. De fato, lembrando que

o Teorema 2 estabelece ∂g

∂y= −

∂F∂y

∂F∂z

, obtemos entao

∂H∂y(x0, y0) = ∂G

∂y(x0, y0, g(x0, y0)) + ∂G

∂z(x0, y0, g(x0, y0))∂g∂y(x0, y0)

= ∂G∂y(x0, y0, z0) − ∂G

∂z(x0, y0, z0)

∂F∂y(x0,y0,z0)

∂F∂z(x0,y0,z0)

=∂F∂z

∂G∂y−∂F

∂y∂G∂z

∂F∂z

(x0, y0, z0) = −∂(F,G)∂(y,z)∂F∂z

(x0, y0, z0) ≠ 0 .

Como ja sabemos, a equacao H(x, y) = 0, ou G(x, y, g(x, y)) = 0, define

implicitamente uma funcao y = y(x), com x ∈ I, de classe C1 no intervalo

I e y0 = y(x0). Assim sendo, para completarmos a prova deste teorema

definamos a funcao, obviamente de classe C1, z(x) = g(x, y(x)), onde x ∈ I,e passemos a verificacao das propriedades requeridas. E claro que

G(x, y(x), z(x)) = 0 , F (x, y(x), z(x)) = 0 , y(x0) = y0 e z(x0) = g(x0, y0) = z0.

Para determinarmos as formulas para as derivadas das funcoes y = y(x) ez = z(x), derivemos em relacao a x o par de equacoes

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩F (x, y(x), z(x)) = 0G(x, y(x), z(x)) = 0.

Obtemos, ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩∂F∂y

dy

dx+

∂F∂z

dzdx= −∂F

∂x

∂G∂y

dy

dx+

∂G∂z

dzdx= −∂G

∂x.

Donde, pela regra de Cramer,

dy

dx= −

∂(F,G)∂(x,z)∂(F,G)∂(y,z)

edz

dx= −

∂(F,G)∂(y,x)∂(F,G)∂(y,z)

∎

19

4ª VERSAO DO TEOREMA DA FUNCAO IMPLICITA (DINI)

A descoberta do teorema da funcao Implıcita e geralmente atribuıda a A. L.

Cauchy (1789-1857). Porem, a primeira formulacao deste resultado para um

sistema com varias equacoes e variaveis deve-se ao italiano Ulisse Dini (1845-

1918). Em sua prova Dini (1870) usou inducao e a nao degenerescencia

do determinante jacobiano. Na Italia, o Teorema da Funcao Implıcita e

atribuıdo a Dini, cuja versao nao garante a unicidade local da solucao.

Notacoes. Indiquemos

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

x = (x1, ..., xm) ∈ Rm,

y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn,

y′ = (y2, . . . , yn) ∈ Rn−1,

y = (y1;y′) ∈ R ×Rn−1

(x1, . . . xn;y1, . . . , yn) = (x;y) = (x;y1;y′).Teorema 5. Sejam n funcoes F i(x1, . . . , xm;y1, . . . , yn), com i = 1, . . . , n,de classe C1 em um aberto de Rm ×Rn contendo o ponto (a; b) e tais que

F 1(a; b) = 0, . . . , F n(a; b) = 0.Suponhamos que e nao nulo o determinante da matriz

J =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

∂F1

∂y1(a; b) . . . ∂F1

∂yn(a; b)

. . .

. . .

. . .

∂Fn

∂y1(a; b) . . . ∂Fn

∂yn(a; b)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

.

Entao, existem n funcoes y1(x), . . . , yn(x) definidas em uma vizinhanca

aberta de a que satisfazem, para cada x nesta vizinhanca,

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

F1[x;y1(x), . . . , yn(x)] = 0,.

.

Fn[x;y1(x), . . . , yn(x)] = 0,e

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

y1(a) = b1,.

.

yn(a) = bn.

20

Prova. Seja In a matriz identidade de ordem n.

Pela regra da cadeia as funcoes

Fi(x; z) = Fi[x; b + J−1(z − b)], onde i = 1, . . . , n,

satisfazem [∂Fi

∂zj(a; b)]

n×n= JJ−1 = In. Podemos entao supor J = In.

A seguir, argumentemos por inducao.

Se n = 1, sabemos que a afirmacao e valida. Suponhamos a afirmacao

valida para n − 1. Dado um sistema com n equacoes e n variaveis

dependentes, como acima, consideremos a primeira das equacoes

F1(x;y1;y′) = 0 e a condicao F1(a; b1; b′) = 0.Como ∂F1

∂y1(a; b1; b′) = 1, segue que existe uma funcao ϕ(x;y′) definida

em uma vizinhanca aberta de (a; b′) tal queF1[x;ϕ(x;y′);y′] = 0 e ϕ(a; b′) = b1.

Substituindo a funcao ϕ nas equacoes seguintes obtemos o sistema,

com n − 1 equacoes e n − 1 variaveis dependentes,

S ∶

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

F2[x;ϕ(x;y2, . . . , yn);y2, . . . , yn] = 0,.

.

Fn[x;ϕ(x;y2, . . . , yn);y2, . . . , yn] = 0e

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

F2[a;ϕ(a; b′); b′] = 0,.

.

Fn[a;ϕ(a; b′); b′] = 0.Derivando as equacoes em S obtemos

∂Fi

∂y1(a; b) ∂ϕ

∂yj(a; b′) + ∂Fi

∂yj(a; b) = 0 +

∂Fi

∂yj(a; b), onde 2 ≤ i, j ≤ n.

E claro que [∂Fi

∂yj(a; b)]

2≤i,j≤n= In−1. Por hipotese de inducao existem

funcoes y2(x), . . . , yn(x) definidas numa vizinhanca de a tais que

Fi[x;ϕ(x;y2(x), . . . , yn(x));y2(x), . . . , yn(x)] = 0, para cada i = 2, . . . , n,

e satisfazendo y2(a) = b2, . . . , yn(a) = bn. Tambem temos

F1[x;ϕ(x;y2(x), . . . , yn(x));y2(x), . . . , yn(x)] = 0.Definindo y1(x) = ϕ(x;y2(x), . . . , yn(x)) encerramos a prova ∎

21

REFERENCIAS

1. Guidorizzi, H. L., Um Curso de Calculo, Vol 2, 5ª ed., Editora LTC.

2. Hairer, E., and Wanner, G., Analysis by Its History, Springer-Verlag,

1996.

3. Krantz, S. G., and Parks, H. R., The Implicit Function Theorem -

history, theory and applications, Birkhauser, 2002.

4. Lima, Elon, Curso de Analise, Vol 2, 11ª ed., IMPA.

5. Simmons, G., Calculo Com Geometria Analıtica, Vol 2, 1ª ed., Makron

Books.

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